计算机学科专业基础综合模拟6.docx
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计算机学科专业基础综合模拟6
[模拟]计算机学科专业基础综合模拟6
单项选择题
第1题：
若线性表最常用的运算是查找第i个元素及其前驱的值，则下列存储方式最节省时间的是（）。
A.单链表
B.双链表
C.单循环链表
D.顺序表
参考答案：
D
线性表中常用的操作是取第i个元素，所以应选择随机存取结构，即顺序表，同时在顺序表中查找第i个元素的前驱也很方便。
单链表和单循环链表既不能实现随机存取，查找第i个元素的前驱也不方便，双链表虽然能快速查找第i个元素的前趋，但不能实现随机存取。
第2题：
非空双循环链表中，在q所指的结点前插入一个由p所指结点的过程依次为：
p-﹥next=q；p-﹥prior=q-﹥prior；q-﹥prior=p；下一条语句是（）。
A.q-﹥next=p；
B.q-﹥prior-﹥next=p；
C.p-﹥prior-﹥next=p；
D.p-﹥next-﹥prior=p；
参考答案：
C
第3题：
在一个长度为n的顺序存储线性表中，删除第i个元素（1≤i≤n+1）时，需要从前向后依次前移的元素个数是（）。
A.n-i
B.n-i+1
C.n-i-1
D.i
参考答案：
A
顺序表的删除运算的时间主要消耗在了移动表中元素上，删除第i个元素时，其后面的元素ai+1～an都要向上移动一个位置，共移动了n-i个元素。
第4题：
将两个长度为n的递增有序表归并成一个长度为2n的递增有序表，最少需要进行关键字比较次数是（）。
A.1
B.n-1
C.n
D.2n
参考答案：
C
假设有两个有序表A和B都递增有序，当有序表A所有元素均小于B的元素时，只需将A的所有元素与B的第一个元素比较即可，其比较n次。
第5题：
已知一算术表达式的中缀形式为A+B*C-D/E，后缀形式为ABC*+DE/-，其前缀形式为（）。
A.-A+B*C/DE
B.-A+B*CD/E
C.-+*ABC/DE
D.-+A*BC/DE
参考答案：
D
将算术表达式的中缀形式作为一棵二叉树的中序遍历序列，将后缀形式作为这棵二叉树的后序遍历序列，再由二叉树的中序遍历序列和后序遍历序列唯一的确定这棵二叉树，在对其进行先序遍历，就可得出算术表达式的前缀形式。
第6题：
一个循环队列Q最多可存储m个元素，已知其头尾指针分别是front和rear，则判定该循环队列为满的条件是（）。
A.Q.rear-Q.front==m
B.Q.rear!
=Q.front
C.Q.front==（Q.rear+1）%m
D.Q.front==Q.rear%m+1
参考答案：
C
少用一个元素空间，每次入队前测试入队后头尾指针是否会重合，如果会重合就认为队列已满，这种情况下队满的条件是：
（Q.rear+1）%m==Q.front，能和空队区别开。
第7题：
某二叉树的先序和后序序列正好相反，则该二叉树一定是（）。
A.空或只有一个结点
B.高度等于其结点数
C.任一结点无左孩子
D.任一结点无右孩子
参考答案：
B
由于先序遍历是“根——左子树——右子树”，而后序遍历是“左子树——右子树——根”，若某二叉树的先序和后序序列正好相反，则该二叉树每层左、右子树只能有1个，即则该二叉树一定是高度等于其结点数。
第8题：
对二叉树的结点从1开始进行连续编号，要求每个结点的编号大于其左、右孩子的编号，同一结点的左右孩子中，其左孩子的编号小于其右孩子的编号，为实现编号可采用的遍历是（）。
A.先序
B.中序
C.后序
D.从根开始按层次遍历
参考答案：
C
根据题意和先序、中序、后序遍历规则，可简单地判断出正确答案。
第9题：
一棵哈夫曼树共有9个结点，则其叶子结点的个数为（）。
A.4
B.5
C.6
D.7
参考答案：
B
哈夫曼树中没有度为1的结点，用n个权值（对应n个叶子结点）构造哈夫曼树，共需要n-1次合并，即哈夫曼树中非叶子结点的总数为n-1，总结点个数为2n-1。
第10题：
下列有关散列查找的叙述正确的是（）。
A.散列存储法只能存储数据元素的值，不能存储数据元素之间的关系
B.散列冲突是指同一个关键字对应多个不同的散列地址
C.用线性探测法解决冲突的散列表中，散列函数值相同的关键字总是存放在一片连续的存储单元中
D.若散列表的装填因子a﹤﹤1，则可避免冲突的产生
参考答案：
A
在散列表中，每个元素的存储位置通过散列函数和解决冲突的方法得到，散列存储法只存储数据元素的值，不能存储数据元素之间的关系，所以选项A正确；散列冲突是指多个不同关键字对应相同的散列地址，选项B错误；用线性探测法解决冲突的散列表中，散列函数值相同的关键字不一定总是存放在一片连续的存储单元中，选项C错误；装填因子a越小，发生冲突的概率越小，但仍有可能发生冲突。
第11题：
以下排序方法中，不需要进行关键字比较的是（）。
A.快速排序
B.归并排序
C.基数排序
D.堆排序
参考答案：
C
基数排序是采用分配和收集实现的，不需要进行关键字的比较，而其他几种排序方法都是通过关键字的比较实现的。
第12题：
“容量为640KB的存储器”是指（）。
A.640×103字节的存储器
B.640×103位的存储器
C.640×210位的存储器
D.640×210字节的存储器
参考答案：
D
第13题：
在微程序控制的计算机中，若要修改指令系统，只要（）。
A.改变时序控制方式
B.改变微指令格式
C.增加微命令个数
D.改变控制存储器的内容
参考答案：
D
在微程序控制的计算机中，若要修改指令系统，只需修改相应指令的微程序即可。
这些微程序都存放在控制存储器中，所以只需改变控制存储器的内容。
微程序控制器的设计思想和组合逻辑控制器的设计思想截然不同。
它具有设计规整、调试、维修以及更改、扩充指令方便的优点，易于实现自动化设计，已成为当前控制器的主流。
但是，由于它增加了一级控制存储器，所以指令执行速度比组合逻辑控制器慢。
第14题：
生成多项式为x3+x+1，则数据信息10101的CRC编码是（）。
A.10010111
B.10000111
C.10101101
D.11101001
参考答案：
C
CRC编码由数据信息和校验位共同组成，前5位为数据位，后3位为检验位。
10101000÷1011，余数为101，将余数101（检验位）拼接在数据位的后面，就得到CRC码。
循环冗余校验码是通过除法运算来建立有效信息位和校验位之间的约定关系的。
假设，待编码的有效信息以多项式M（X）表示，将它左移若干位后，用另一个约定的多项式G（X）去除，所产生的余数R（X）就是检验位。
有效信息和检验位相拼接就构成了CRC码。
当整个CRC码被接收后，仍用约定的多项式G（X）去除，若余数为0表明该代码是正确的；若余数不为O表明某一位出错，再进一步由余数值确定出错的位置，以便进行纠正。
现生成多项式为x3+x+1，表示除数为1011。
在四个选项中，只有选项C的前5位与数据位相同，所以实际上并不需要真得做除法运算，就可以立即得出正确答案。
第15题：
判断加减法溢出时，可采用判断进位的方式，如果符号位的进位为C0，最高数值位为C1，产生溢出的条件是（）。
ⅠC0产生进位 ⅡC1产生进位
ⅢC0、C1都产生进位 ⅣC0、C1都不产生进位
ⅤC0产生进位，C1不产生进位 ⅥC0不产生进位，C1产生进位
A.Ⅰ和Ⅱ
B.Ⅲ
C.Ⅳ
D.Ⅴ和Ⅵ
参考答案：
D
第16题：
内存按字节编址，地址从90000H到CFFFFH，若用存储容量为16K×8bit芯片构成该内存，至少需要的芯片数是（）。
A.2
B.4
C.8
D.16
参考答案：
D
CFFFF-90000+1=40000，即256KB，若用存储容量为16K×8hit芯片则需芯片数=（256K×8）/（16K×8）=16（片）。
采用字扩展的方法，用若干存储芯片构成一个存储器。
用地址范围的末地址减去首地址再加1，就可以方便的计算出存储空间的大小。
第17题：
某计算机指令字长为16位，指令有双操作数、单操作数和无操作数3种格式，每个操作数字段均有6位二进制表示，该指令系统共有m条（m﹤16）双操作数指令，并存在无操作数指令。
若采用扩展操作码技术，那么最多还可设计出单操作数指令的条数是（）。
A.26
B.（24-m）×26-1
C.（24-m）×26
D.（24-m）×（26-1）
参考答案：
B
双操作数指令操作码字段占4位，单操作数指令操作码字段占10位，无操作数指令操作码字段占16位。
现指令系统中有m条双操作数指令，则给单操作数和无操作数指令留下了（24-m）个扩展窗口。
因为存在着无操作数指令，所以单操作数指令必须要给无操作数指令留下一个扩展窗口，最终最多可以设计出单操作数指令的数目为（24-m）×26-1。
因为如果指令长度一定，则地址码与操作码字段的长度是相互制约的。
采用扩展操作码法是让操作数地址个数多的指令（三地址指令）的操作码字段短些，操作数地址个数少的指令（一或零地址指令）的操作码字段长些，这样既能充分地利用指令的各个字段，又能在不增加指令长度的情况下扩展操作码的位数，使它能表示更多的指令。
选项C没有给无操作数指令留下扩展窗口，不完全符合题意。
第18题：
以下关于CPU的叙述中，错误的是（）。
A.CPU产生每条指令的操作信号并将操作信号送往相应的部件进行控制
B.程序计数器PC除了存放指令地址，也可以临时存储算术/逻辑运算结果
C.CPU中的控制器决定计算机运行过程的自动化
D.指令译码器是CPU控制器中的部件
参考答案：
B
程序计数器PC又称指令计数器，用来存放正在执行的指令地址或接着要执行的下一条指令地址，不能用于临时存储算术/逻辑运算结果。
控制器中应包括指令部件、时序部件、微操作信号发生器（控制单元）、中断控制逻辑等。
指令部件中包括程序计数器、指令寄存器和指令译码器。
程序计数器归属于控制器，而与运算器没有关系。
第19题：
在系统总线中，地址总线的位数（）。
A.与机器字长有关
B.与存储单元个数有关
C.与存储字长有关
D.与存储器带宽有关
参考答案：
B
地址总线的位数与存储单元个数有关，地址总线的位数越长，可访问的存储单元个数就越多。
系统总线按传送信息的不同可以细分为：
地址总线、数据总线和控制总线。
地址总线由单方向的多根信号线组成，用于CPU向主存、外设传输地址信息；数据总线由双方向的多根信号线组成，CPU可以沿这些线从主存或外设读入数据，也可以沿这些线向主存或外设送出数据；控制总线上传输的是控制信息，包括CPU送出的控制命令和主存（或外设）返回CPU的反馈信号。
地址总线宽度决定了CPU可以访问的最大的物理地址空间，简单地说就是CPU到底能够使用多大容量的主存。
例如，32位地址线，可寻址的最大容量为232=4096MB（4GB）。
地址总线的位数与选项A、C、D均无关，采用排除法。
第20题：
下列说法正确的是（）。
A.计算机中一个汉字内码在主存中占有4个字节
B.输出的字型码16×16点阵在缓冲存储器中占有32个字节
C.输出的字型码16×16点阵在缓冲存储器中占有16个字节
D.以上说法都不对
参考答案：
B
16×16点阵的汉字共计有256个点，相当于32个字节。
汉字字形码是指确定一个汉字字形点阵的代码，又叫汉字字模码或汉字输出码。
在一个汉字点阵中，凡笔画所到之处，记为“1”，否则记为“0”。
根据对汉字质量的不同要求，可有16×16、24×24、32×32或48×48的点阵结构。
显然，点阵越大，输出汉字的质量越高，每个汉字所占用的字节数也越高。
第21题：
下列操作系统的功能中，只需软件而不需要特殊硬件支持就能完成的功能是（）。
A.中断系统
B.地址映射
C.进程调度
D.时钟管理
参考答案：
C
本题考查对操作系统的功能的理解。
中断系统需要硬件的支持是显而易见的，在中断过程中保存和恢复寄存器的值均需要硬件支持；地址映射中需要TLB和地址加法器等硬件支持；时钟管理需要硬件寄存器保存时钟值，进程调度由相关进程调度算法完成，不需要硬件支持。
第22题：
计算机系统中，创建的进程数量受到制约的主要因素是（）。
A.内存大小
B.终端数目
C.打开文件数
D.处理机数量
参考答案：
A
本题考查系统中影响进程数量的限制因素。
系统中创建进程的数量主要受到内存大小限制。
进程创建时需要分配资源，其中最主要的资源是内存，为每个进程分配内存是进程创建的主要工作。
另外，进程控制块本身也要占用内存，存在系统开销。
当进程创建数量较多时，系统开销本身就很大，剩下的资源分配给进程会不够；当采用虚拟存储技术时，还可能会引起抖动，严重影响系统性能。
其余的选项均不会对进程创建的数量有影响，一个系统若有大量的处理机而内存较少时，也是不能发挥其作用的。
第23题：
能够综合考虑计算密集型和事务密集型进程的调度算法是（）。
A.时间片轮转
B.先来先服务
C.多重队列
D.彩票
参考答案：
C
本题考查进程的调度算法。
时间片轮转的主要目的是使得多个交互的用户能够及时得到响应，使得用户以为“独占”计算机在使用。
因此它并没有偏好，也不会对特殊进程进行特殊服务。
先来先服务最为公平．但是不能区分计算密集型还是事务密集型的进程，彩票算法是一种随机算法，也不能改善综合性能，只有多重队列算法可以将不同类型的进程排列在不同的队列上，并设计针对不同队列的时间片分配和轮转算法，以获得较优的综合性能。
第24题：
一次分配所有资源的方法可以预防死锁的发生，它破坏的死锁四个必要条件中的（）。
A.互斥条件
B.占有并请求
C.非剥夺条件
D.循环等待
参考答案：
B
发生死锁的四个必要条件如下：
互斥条件；占有并请求资源；非剥夺条件和循环等待条件。
一次分配所有资源的方法是当进程需要资源时，一次性提出所有的请求，若请求的所有资源均满足则分配，只要有一项不满足，那么不分配任何资源，该进程阻塞，直到所有的资源空闲后，满足了进程的所有需求时再分配。
这种分配方法不会部分占有资源，所以就打破了死锁的四个必要条件之一，实现了对死锁的预防。
但是，这种分配方式需要凑齐所有资源，所以，当一个进程所需的资源比较多时，资源的利用率会比较低，甚至会造成进程的饥饿。
正确答案为B。
第25题：
有二个处理机P1和P2，它们各自有一个cache和主存，分别为C1、C2和M1、M2，其性能见下表：
若两个处理机的指令系统相同，指令的执行时间与存储器的平均存取周期成正比，当执行某程序时，cache的命中率为70%，则P1处理机的速度比P2处理机（）。
A.更快
B.更慢
C.相等
D.不能确定
参考答案：
B
本题考查多级存储层次下的平均访问时间的计算。
根据题意，处理机执行指令的时间与存储器的平均存取周期成正比，因此只要计算出存储器的平均存取周期，即可比较出两者的优劣。
对于处理机P1，存储器的平均存取周期为：
40×0.7+（1000+40）×（1-0.7）=340ns对于处理机P2，存储器的平均存取周期为：
50×0.7+（900+50）×（1-0.7）=320ns因此可以看出，处理机P1需要更多的处理机时间，处理机P1比处理机P2更慢。
第26题：
在页式存储管理中，每个页表的表项实际上是用于实现（）。
A.访问内存单元
B.静态重定位
C.动态重定位
D.装载程序
参考答案：
C
本题考查页式存储管理的基本概念。
页式存储管理的基本点是解决程序在内存中离散存放的问题，其寻址方式是借鉴于动态重定位的技术，在动态重定位技术中，通过设置基址寄存器，将程序的逻辑地址通过基址寄存器和地址加法器，动态地实现了地址转换（即每一条都是自动转换的），操作系统在装载程序时可以不用像静态重定位那样计算程序代码的地址定位，使得地址转换快捷又简单。
页式存储管理将动态重定位中的基址寄存器用一组页表来替代，当访问不同的页面时，在基址寄存器中只要存放该页面的页框号便可以快速地实现地址转换。
所以说，页表项实际上是实现了动态重定位。
第27题：
操作系统中，建立文件系统的时刻是（）。
A.对磁盘进行分区时
B.对磁盘进行格式化时
C.安装系统文件时
D.操作系统启动时
参考答案：
B
本题考查对文件系统建立时刻的理解。
文件系统是指管理一组信息集合的具体方式，主要体现在文件物理结构的实现上，因此只有建立文件系统，在该文件系统上才可以实现操作系统的安装、启动和加载等工作。
磁盘分区是确定一个逻辑存储单元的大小，格式化是将文件系统创建到外存储设备上，安装操作系统只是在已经格式化好，亦即已经确定了文件系统的外存储设备上建立操作系统启动的一系列过程，而操作系统启动是基于文件系统的使用的。
第28题：
FAT16文件系统的一条目录项大小是32字节。
该文件系统的根目录大小为1个簇，每个簇有8个扇区，每个扇区512字节，则根目录中能容纳的最大文件或子目录数是（）。
A.64
B.1
C.128
D.256
参考答案：
C
FAT16文件系统每个目录项是32字节，根目录为1个簇，根据题意，簇的大小为8×512=4096B，在根目录下存放1个文件或1个子目录需占用1条目录项，因此，有多少个目录项就对应有多少个文件或目录，因此，在根目录下能存放的最多目录项可以计算为4096B/32B=128，即在根目录下最多存放128个文件或目录。
第29题：
一个文件的绝对路径名的出发点是（）。
A.当前目录
B.根目录
C.磁盘盘符
D.公共目录
参考答案：
B
本题考查文件路径名的概念。
文件的路径名是从根目录到目标文件所经历的路径上各符号的集合。
路径名有二种形式，第一种是绝对路径名，它由根目录出发，沿着目录的路径直到文件，绝对路径名总是从根目录出发，并且是唯一的。
第二种是相对路径名，它与工作目录（也称当前目录）一起使用，用户一般预先指定一个目录为当前目录，这时，所有的路径名均从当前目录出发，这样的路径名，只要不是从根目录出发的，都称为相对路径名。
第30题：
如果一个没有内存映射的IO设备与主存之间交换数据，希望这种数据交换不经过CPU来完成，那么，可以采用的方法是（）。
A.程序查询方式
B.中断技术
C.通道技术
D.DMA方式
参考答案：
C
本题考查对通道和DMA的理解。
对于CPU干预的IO操作，程序查询和中断技术都是必要的，而可以解放CPU且能控制数据交换的IO操作只能是通道技术和DMA方式。
经过分析这两种方式，我们发现，DMA方式需要将IO设备的数据口地址映射到内存中，通道是不需要的，所以采用通道控制方式来作此传送是最佳的。
第31题：
下面对计算机网络体系结构中协议所做的描述，错误的是（）。
A.网络协议的三要素是语法、语义和同步
B.协议是控制两个对等层实体之间通信的规则的集合
C.在OSI参考模型中，要实现第N层的协议，需要使用N+1层提供的服务
D.协议规定了对等层实体之间所交换的信息的格式和含义
参考答案：
C
协议是控制两个对等层实体之间通信的规则的集合，网络协议的三要素是语法、语义和同步，其中语法和语义规定了对等层实体之间所交换的信息的格式和含义，但第N层协议要为第N+1层提供服务，因此选项C的论述是错误的，答案是C。
第32题：
对于带宽为6MHz的信道，若用8种不同的状态来表示数据，在不考虑热噪声的情况下，该信道每秒最多能传送的位数是（）。
A.36×106bps
B.18×106bps
C.48×106bps
D.96×106bps
参考答案：
A
本题考查奈奎斯特定理的直接应用，注意这里采用8种不同的状态，因此离散个数为8，由C=2×H×log2N=2×6×log28=36Mbps，因此答案为A。
第33题：
根据CSMA/CD协议的工作原理，下列情形中需要提高最短帧长度的是（）。
A.网络传输速率不变，冲突域的最大距离变短
B.冲突域的最大距离不变，网络传输速率提高
C.上层协议使用TCP的概率增加
D.在冲突域不变的情况下减少线路中的中继器数量
参考答案：
B
本题考查CSMA/CD协议原理，在CSMA/CD系统中，如果在帧传送的开头T长度时间内没有检测到冲突，那么随后也就不会再有冲突发生。
令t为任意一个站的发送设备到达所有其他站的接收设备的延迟时间的最大值，那么T=2t。
也就是说，如果在2t的时间内没有检测到冲突，就表示这次传送的尝试成功了，因此在这段时间内传输的数据帧的长度就是最短帧长度，假设最大距离是M，信号传播速度是D，传输速率是C，那么最短帧长度就是，在本题中，如果传输速率不变，最大距离变短，最短帧长度也要变短，如果最大距离不变，传输速率提高，最短帧长度要增加，由于工作在数据链路层，因此传输层的TCP和物理层的中继器对其都没有影响，因此答案是B。
第34题：
考虑在一条1000米长的电缆（无中继器）上建立一个1Gbps速率的CSMA/CD网络，假定信号在电缆中的速度为2×108米/秒，那么该电缆的最小数据帧长是（）。
A.1250B
B.1230B
C.1280B
D.1220B
参考答案：
A
本题考查CSMA/CD协议的基本原理，具体见35题答案解析部分，这里a代表单程端到端的传播延时，因此2a=2×1000/（2×108）=10微秒。
在1Gbps速率下，每位的时间为1纳秒，所以最小帧长为10/10-3=10000位=1250字节，因此答案为A。
第35题：
将一条物理信道按时间分成若干时间片轮换的给多个信号使用，每一时间片由复用的一个信号占用，这样可以在一条物理信道上传输多个数字信号，这就是（）。
A.频分多路复用
B.时分多路复用
C.空分多路复用
D.频分与时分混合多路复用
参考答案：
B
本题考查信道复用的几种方式，题意指明这种复用是通过划分时间片，因此是时分多路复用，答案为B。
频分多路复用（FDM）将一条物理线路的总带宽分割成若干个较小带宽的子信道，每个子信道传输一路信号。
时分多路复用（TDM）将一条高速物理线路的传输时间划分成若干相等的时间片，轮流的为多路信号使用。
统计TDM：
采用动态分配时间策略，即有数据要传输的线路才分配时间片。
第36题：
主机A向主机B连续发送了两个TCP报文段，其序号分别为70和100，如果主机B收到第二个报文段后发回的确认中的确认号是180，主机A发送的第二个报文段中的数据大小是（）。
A.70
B.30
C.80
D.100
参考答案：
C
本题考查TCP的可靠连接，重点是报文段的确认字段，由于主机B收到第二个报文段后发回的确认中的确认号是180，说明已经收到了第179号字节，也就说明第二个报文段的序号是从100到179，故第二个报文段有80字节，因此答案是C。
特别注意在使用TCP传输数据时
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